sử dụng tính chất ánh xạ để giải phươngg trình hàm - nguyễn đình thức

Sử dụng tính chất ánh xạ giải một số lớp phương trình hàm Nguyễn Đình Thức Trường THPT Chuyên Lê Quý Đôn, Bình Định Trong chương trình toán phổ thông ta thường gặp các bài toán giải tích thuận Cho hàm số y=f(x) trong đó f(x) được xác định cụ thể từ đó xác định các tính chất của hàm số như tính đơn điệu;tuần hoàn;liên tục;cưc trị; . . .Tuy nhiên các bài toán thi chọn học sinh giỏi lại có yêu cầu ngược lại. Bài viết đề cập đến phương pháp sử dụng tính chất ánh xa; hàm số để giải một số phương trình hàm 1 Phương pháp thay giá trị để xác định hàm số Khi thay giá trị biến số bởi giá trị đặc biệt tương thích điều kiện ban đầu nhằm tạo ra phương trình theo f(u(x)). Tiếp tục từ f(u(x)) suy ra f (x) Ví dụ 1. Tìm hàm số f : R → R thoả điều kiện : f(xf(y) + x) = xy + f(x); ∀x; y ∈ R (1) Nhận xét : Từ (1) không thể suy ra trực tiếp f(u(x)) Giải pháp có thể là cố định một biến và xét phương trình hàm của biến còn lại +)Cho biến x cố định Cho x = 1 vào (1) ta có : f(f(y) + 1) = y + f(1)∀y ∈ R (2) Cho y = f(1) −1 vào (2) ta được f (f (f (1) − 1) + 1) = −1 Vậy với a = f(f(1) − 1) + 1 thì f(a) = −1 +)Cho biến y cố định Thay y = a vào (1) và sử dụng f (a) = −1 ta có f(0) = xa + f (x) Đặt f(0) = b ta có f(x) = −ax + b (3) Thay (3) vào (1) ta được − a[x(−ay + b) + x] = xy − ax + b ⇔ a 2 xy −abx = xy + b (4) Do (4) đúng ∀x; y ∈ R nên a = ±1; b = 0 Vậy f (x) = x hoặc f(x) = −x 93 Thử lại thì hai kết quả đều thoả Chú ý : Bài toán tổng quát giải được tương tự là :Tìm hàm số f : R → R thoả f((af(y) + b)g(x)) = cxy + df(x); với a; b; c; d là hằng số Ví dụ 2. Xác định hàm số f : R → R thoả mãn điều kiện : f(−x) = −f(x); ∀x ∈ R (5) f(x + 1) = f(x) + 1; ∀x ∈ R (6) f( 1 x ) = f(x) x 2 ; ∀x ∈ R\{0} (7) Nhận xét : Thay đối số bởi biểu thức để sử dụng điều kiện giả thiết ta làm giảm đi các biến hàm.Tiếp tục cho tới khi ta được phương trình theo f (x) Khi x = 0; −1 thì viết x + 1 x = 1 x x + 1 và dùng giả thiết (3) ta có f( x + 1 x ) = f( x x + 1 ) ( x x + 1 ) 2 (8) viết x x + 1 = 1 − 1 x + 1 và dùng giả thiết (6) ta có f( x x + 1 ) = f(1 − 1 x + 1 ) = 1 + f( 1 x + 1 ) (9) Tiếp tục và dùng giả thiết (7) ;(6) ta có f( 1 x + 1 ) = f(x + 1) (x + 1) 2 = f(x) + 1 (x + 1) 2 (10) Từ (8),(9), (10) suy ra f( x + 1 x ) = ( x + 1 x ) 2 (1 + f(x) + 1 (x + 1) 2 ) (11) Mặt khác theo (9) (10) ta có f( x + 1 x ) = f(1 + 1 x ) = 1 + f( 1 x ) = 1 + f(x) x 2 (12) Từ (11),(12) suy ra ( x + 1 x ) 2 (1 + f(x) + 1 (x + 1) 2 ) = 1 + f(x) x 2 ⇒ Khi x = 0; −1 thì f (x) = x Khi x = 0 thì f(0) = 0 Khi x = −1 thì f(−1) = −f(1) = −1 Thử lại f(x) = x; ∀x ∈ R thoả bài toán 94 WWW.VNMATH.COM 2 Phương pháp dùng tính chất toàn ánh; đơn ánh để xác định hàm số Ví dụ 3. Cho hàm số f : R → R trong đó f là toàn ánh thoả : f(0) = 2 (13) và f(2x + 1 + f(y)) = 3x + f(f(y)); ∀x; y ∈ R (14) Tính f (2010) Nhận xét Nếu có f (y) = a(∗) thì dùng (14) ta được f(2x + a) = 3x + f(a); từ đó tìm f(x) Điều giả định (*) đúng khi f là toàn ánh Giải : Từ giả thiết f là toàn ánh suy ra tồn tại y để f(y) = 0 Cho biến số f (y) = 0 vào (14) và dùng (13) ta có f(2x + 1) = 3x + 2 ⇒ f(x) = 3. x − 1 2 + 2 = 3 2 x + 1 2 Vậy : f(2010) = 3.1005 + 1 2 = 6031 2 Bài toán tổng quát : Tìm hàm số f : R → R là toàn ánh thoả : f(0) = c (15) Và f(ax + b + f(y)) = dx + f (f (y)); ∀x; y ∈ R; a; b; c; d Ví dụ 4. Tìm hàm số f : R → R thoả điều kiện : f(xf(x) + f(y )) = (f(x)) 2 + y∀x; y ∈ R (16) Nhận xét : Nếu có f(x 0 ) = 0 (17) thì sử dụng (16) ta có f (f (y)) = y; Vấn đề là điều kiện nào để (17) đúng Giải : Chứng minh f là toàn ánh Thật vậy : cho x = 0 vào (16) ta có f(f(y)) = (f(0)) 2 + y; ∀y ∈ R (18) Xét c ∈ R từ (18) ta xác định tạo ảnh của là b = f(c −(f(0)) 2 ) Thật vậy f(b) = f(f(c −(f(0)) 2 ) = (f(0)) 2 + c −(f(0)) 2 = c +)Sử dụng tính chất toàn ánh : Ta thấy tồn tại a để f(a) = 0 95 Cho x = y = a vào (16) và sử dụng f(a) = 0 ta có f (0) = a Cho x =0;y=a vào (16) và sử dụng f(a) = 0 ta có f (0) = a 2 + a Từ 2 kết quả trên suy ra a = 0 +) Cho x = 0 vào (16) và sử dụng f (0) = 0 ta có f (f (y)) = y; ∀y ∈ R +) Cho y = 0 vào (16) và sử dụng f(0) = 0 ta có f(xf(x)) = (f(x)) 2 (19) Tiếp tục thay x bởi f(x) và sử dụng f(f(x)) = x ta có f(f(x).x) = x 2 (20) Từ (19) và (20) suy ra f(x) = x hoặc f(x) = −x Ta thấy không xảy ra trường hợp ở 2 vị trí c; d khác nhau mà có đồng thời f (c) = c; f(d) = −d Vậy ∀x ∈ R ta có f(x) = x; hoặc f (x) = −x Ví dụ 5. ( Đề dự tuyển IMO-2002): Tìm hàm số f : R → R thoả điều kiện : f(f(x) + y) = 2x + f (f (y) −x); ∀x; y ∈ R (21) Nhận xét : Nếu có f(x 0 ) = 0 thì dùng (21) ta được f(y) = 2x 0 + f(f(y) − x 0 ). Từ đó ta suy ra được f(x) Giải : Ta chứng minh f là toàn ánh Thật vậy : Cho y ∈ R và chọn        a = 1 2 (f(0) − y) b = −f(a) c = f(b) −a Khi đó f(c) = f(f(b) −a) Mà theo giả thiết f(f(b) −a) = f(f (a) + b) −2a và cách chọn b = −f(a) ⇒ f (c) = f(0) − 2a; Mà theo cách chọn f (0) = 2a + y nên f(c) = y. Sử dụng tính chất toàn ánh : Tồn tại x 0 ∈ R để f(x 0 ) = 0 và : ∀x ∈ R, ∃t ∈ R để f(t) = x + x 0 (22) Theo giả thiết (21) thì f(f(x 0 ) + t) = 2x 0 + f(f(t) −x 0 ) (23) Từ (22) và (23) suy ra x + x 0 = 2x 0 + f(x) Suy ra f(x) = x −x 0 96 WWW.VNMATH.COM Ví dụ 6. Tìm hàm số f : R → R thoả điều kiện : f(x 2 + f(y)) = xf(x) + y∀x; y ∈ R (24) Nhận xét Nếu cho x = 0 vào (24) thì f(f (y)) = y Nếu có f(x 0 ) = 0 thì dùng (24) có f(x 2 ) = xf(x) + x 0 Giải : +)Ta chứng minh f là song ánh Cho x = 0 ta có f(f(y)) = y Xét c ∈ R và chọn b = f(c) thì f(b) = f(f(c)) = c Vậy f là toàn ánh Mặt khác nếu f(u) = f(v) thì f (f (u)) = f(f(v)) ⇒ u = v Vậy f là đơn ánh +) Sử dụng tính chất song ánh : Ta thấy tồn tại duy nhất a để f(a) = 0 Khi đó cho x = a và y = 0 vào (24) có f(a 2 + f(0)) = 0 ⇒ f(0) = f(f (a 2 + f(0)) = a 2 + f(0) Vậy a = 0 và f(0) = 0 +) Cho y = 0 vào (24) ta có f(x 2 ) = xf(x) Thay x bởi f (x) và dùng tính chất f (f (x)) = x : ta được f (f(x).f(x)) = f (x).x Vậy f(f(x).f(x)) = f(x 2 ) Theo tính chất song ánh thì f (x) = x hoặc f (x) = −x Ta thấy không đồng thời xảy ra f (a) = a và f(b) = −b Vậy f(x) = x; hoặc f (x) = −x với mọi x thuộc R Chú ý 1/Nếu hàm số f : R → R thoả f (af (x) + bf(y)) = g(x)f (x) + cy + d thì cho x cụ thể ta được đẳng thức chứa y và suy ra f là toàn ánh 2/ Nếu hàm số f : R → R thoả f(f(x)) = ax + b thì f là đơn ánh 3/Nếu có song ánh f : R → R và f (x 2 ) = xf (x); f(f(x)) = x thì f (x) = x; hoặc f(x) = −x 3 Dùng tính chẵn lẻ, tuần hoàn giải phương trình hàm Cách giả cho các bài toán trên là thay giá trị để xác định các tính chất chẵn lẻ; tuần hoàn; từ đó định dạng hàm số Ví dụ 7. Tìm hàm số f : R → R thoả điều kiện : f(x + y) = f(x −y); ∀x; y ∈ R (25) Nhận xét : +Cho x = 0 ta thấy hàm số f chẵn + Sử dụng tính chất chẵn để định dạng f(x) Thế  x = a ∈ R y ∈ R 97 vào (25) ta có f (a + x) = f(a −x) Mà f(a − x) = f(x − a) nên f(a + x) = f(x − a); (26) Cho x bởi x − a vào (25) ta có f(x) = f(x − 2a), mà a tuỳ ý Vậy f là hàm hằng : f(x) = c Ví dụ 8. Tìm các hàm số f : R → R và g : R → R thoả điều kiện : f(x) − f(y) = (x 2 − y 2 )g(x − y); ∀x; y ∈ R (27) Giải : +)Ta chứng minh các hàm số trên đều chẵn Cho y = 0 vào (27) ta có f(x) − f(0) = x 2 g(x) (28) Biểu diễn : f(x) − f(y) = f(x) − f (0) − f(y) + f(0) và dùng (28) ta có : f(x) − f(y) = x 2 g(x) − y 2 g(y) So sánh với giả thiết (27) có x 2 g(x) − y 2 g(y) = (x 2 − y 2 )g(x − y) Cho x = 0 và y = 0 tuỳ ý ta có g (y) = g(−y) Vậy g là hàm chẵn và từ (28) suy ra f chẵn +) Sử dụng tính chất chẵn để định dạng f (x); g(x) Trong (27) thay y bởi −y ta có f(x) − f(y) = (x 2 − y 2 )g(x + y) Vậy g(x + y) = g(x − y) Chọn    x = u + v 2 y = u − v 2 khi đó  x + y = u x − y = v Thế vào (27) ta có : g(u) = g(v) Vậy g là hàm hằng : g(x) = c và f (x) = f(0) + cx 2 Ví dụ 9. Tìm các hàm số thoả điều kiện : f(f(x − y)) = f(x) − f (y) + f (x)f(y) − xy; ∀x; y ∈ R (29) Giải : +)Ta chứng minh hàm số f lẻ Giả sử f(0) = a cho x = y = 0 vào (29) ta có f(a) = a 2 (30) 98 WWW.VNMATH.COM cho x = y = a vào (29) ta có f(a) = (f(a)) 2 − a 2 (31) Từ (30) và (31) ta có a 4 = 2a 2 Mặt khác : cho x = a; y = 0 vào (29) ta có f(f(a)) = f(a) −a + af (a) = a 3 + a 2 − a (32) cho x = y = f(a) vào (29) ta có f(a) = (f(f(a))) 2 − (f(a)) 2 ⇒ (f(f(a))) 2 = a 4 + a 2 (33) Từ (32) và (33) ta có a 4 + a 2 = (a 3 + a 2 − a) 2 Vậy ta có hệ  a 4 = 2a 2 a 4 + a 2 = ( a 3 + a 2 -a) 2 ⇔ a = 0 Vậy f(0) = 0 Cho y = 0 vào (29) ta có f(f(x)) = f(x); ∀x ∈ R (29) Trở thành f(x − y) = f(x) −f (y) + f(x)f (y) −xy Cho x = 0 ta có f(−y) = −f(y); ∀y ∈ R Vậy hàm số đã cho lẻ +)Sử dụng tính chất chẵn để định dạng f (x); Thay x = y vào đẳng thức f(x − y) = f(x) −f (y) + f(x)f (y) −xy Ta suy ra (f(x)) 2 = x 2 Vậy f(x) = x hoặc f(x) = −x; ∀x ∈ R Thử lại 2 kết quả trên đều thoả Ví dụ 10. Cho hàm số f : R → R thỏa điều kiện : f(0) = 0; f(1) = 2 (34) f(2 + x) = f(2 − x); f(3 + x) = f(3 − x); ∀x ∈ R (35) Tìm số nguyên x lớn nhất trong khoảng (-2000;2000) để (x) = 0 Giải : Sử dụng giả thiết (35) để suy ra tính tuần hoàn của hàm số Ta có :f(2+x) = f(2−x) suy ra f(2 + x −2) = f(2 − x + 2). Vậy f(x) = f(4 −x) (36) Tương tự f(3 + x) = f(3 − x) suy ra f(3 + x −3) = f(3 − x + 3). 99 Vậy f(x) = f(6 −x) (37) Từ (36) và (37) có f(4 −x) = f(6 − x) suy ra f (t) = f(t + 2) Vậy f(t) = f(t + 2) = f (t + 4) = ··· = f (t + 2k) Theo giả thiết f (0) = 0; f(1) = 2 Vậy khi x nguyên ta có f(x) =  0 khi x = 2k 2 khi x = 2k + 1 Suy ra 2k(k nguyên) là họ nghiệm nguyên duy nhất của f(x) = 0 Nghiệm x lớn nhất trong (-2000;2000) để f (x) = 0 là 1998 Ví dụ 11. Cho hàm sô f : R → R thoả điều kiện : f(i) = i; i = 1; 2; . . . 8; (38) f(x + 1) + f(x − 1) = √ 2f(x); ∀x ∈ R (39) Tìm f (k) khi k là số nguyên Giải : Cho x bởi x + 1 vào (39) ta có : f(x + 2) + f(x) = √ 2f(x + 1) (40) Từ (39) và (40) suy ra f(x + 2) + f(x) = √ 2( √ 2f(x) − f(x −1)) Vậy f(x + 2) −f(x) = − √ 2f(x − 1). (41) Cho x bởi x + 1 vào (41) ta có : f(x + 3) −f(x + 1) = − √ 2f(x) (42) Từ (39) và (42) suy ra f(x + 3) −f(x + 1) = −f(x + 1) −f(x − 1)) Vậy f(x + 3) = −f (x − 1) Suy ra f (x + 4) = −f(x) và f(x + 8) = f(x) Sử dụng giả thiết (38) ta có f (k) = i khi k = 8n + i; i = 1; 2; . . . ; 8 100 WWW.VNMATH.COM Ví dụ 12. Cho hàm số f : R → R thoả điều kiện : f(0)0; (43) tồn tại a để f(a) = −1 và f(x) ≤ 1 khi x ∈ [0; 2a] (44) f(x + y) + f(x −y) = 2f(x)f(y); ∀x; y ∈ R (45) Chứng minh f(x) ≤ 1; ∀x ∈ R Giải : Cho x = y = 0 vào (45) ta có : 2f (0) = 2[f(0)] 2 Mà theo giả thiết (43) thì suy ra f(0) = 1 Cho x = a; y = 0 vào (45) ta có : 2f(a) = 0 ( trái với (44) ) Cho x = y vào (44) ta có : f(2x) = 2[f(x)] 2 − 1 (46) Cho x = y = a vào (45) ta có : f(2a) = 1 (47) Từ (48) và (48) suy ra f(4a) = 2[f (2a)] 2 − 1 = 1 Cho x bởi x + 2a và y bởi x − 2a vào (45) ta có : f(2x) + f(4a) = 2f(x + 2a)f(x −2a) Vậy f(2x) = 2f(x + 2a)f(x − 2a) −1 (48) Từ (48) và (48) suy ra [f(x)] 2 = f(x + 2a)f(x −2a) (49) Cho x tùy ý và y bởi 2a vào (45) ta có f(x + 2a) + f(x − 2a) = 2f(x)f(2a) = 2f (x) (50) Từ (49) và (??) suy ra f(x + 2a) = f(x − 2a) = f(x) Vậy hàm số f tuần hoàn mà theo giả thiết f (x) ≤ 1 khi x ∈ [0; 2a] Suy ra f(x) ≤ 1; ∀x ∈ R 4 Dựa vào tính đơn điệu của hàm số Ví dụ 13. Tìm hàm số đồng biến f : R → R thoả điều kiện : f (k) (x) = x; ∀x ∈ R(51); k nguyên dương cho trước (51) 101 trong đó f (2) (x) = f(f(x)); f (n) (x) = f(f (n−1) (x)) Giải : Ta chứng minh ∀x ∈ R; f(x) = x Thật vậy nếu ngược lại tồn tại số thực a mà f(a) = a TH1: f (a) < a mà f đồng biến nên : f(f(a) < f(a); f (3) (a) < f(f(a)); . . . ; f (k) (a) < f (k−1) (a) Suy ra f (k) (a) < a (trái với (51)) TH2: f (a) > a mà f đồng biến nên : f(f(a) > f(a); f (3) (a) > f(f(a)); . . . ; f (k) (a) > f (k−1) (a) Suy ra f (k) (a) > a (trái với (51) ) Vậy ∀x ∈ R; f(x) = x Ví dụ 14. Cho số thực a và hàn số f : R → R đồng biến thoả điều kiện : f(x + y) = f(x) + ay; ∀x; y ∈ R (52) Chứng minh a > 0 Giải : Ta biến đổi (52) đưa vế dạng g(x + y) = g(x) Xét hàm g(x) = f(x) −ax (53) Theo giả thiết thì g(x) + ax đồng biến trên R (54) Thay (53) vào giả thiết (52) của bài toán ta có g(x + y) + a(x + y) = g(x) + ax + ay ⇔ g(x + y) = g(x) (55) Do (55) đúng ∀x; y ∈ R ⇒ g(y) = g(0) = c; c là hằng số ; ∀y ∈ R Vậy g(x) = c; ∀x ∈ R (56) Từ (54) và (56) suy ra g(x) + ax = c + ax đồng biến trên R Vậy a > 0 Ví dụ 15. Tìm hàm số đồng biến thỏa điều kiện : f(x + y) = f(x) + f (y); ∀x; y ∈ R (57) Giải: Sử dụng tính đơn điệu chứng minh : f(x) = ax khi x ∈ R + ; f(0) = 0; và từ f(−x) = f(x) suy ra f(x) = ax khi x ∈ R; +)Sử dụng (57) có f (n) = nf(1); ∀n ∈ Z + Và f(1) = f(n. 1 n ) = nf( 1 n ); ∀n ∈ Z + ⇒ f( 1 n ) = f(1) n ∀n ∈ Z + 102 WWW.VNMATH.COM [...]... Tóm lại f (x) = x Ví dụ 18 ( IMO-1992): Tìm hàm số f : R → R thoả điều kiện : f (x2 + f (y)) = y + (f (x))2 ; ∀x; y ∈ R (71) Giải Ta cần chứng minh hàm số có điểm bất động và xét tính đơn điệu; tính tuyến tính để từ đó định dạng hàm +) Ta chứng minh f là song ánh -Nếu có số thực u; v thoả f (u) = f (v) Lấy x tuỳ ý và dùng (71) ta có f (x2 + f (u)) = f (x2 + f (v)) Sử dụng (71) ta được u + (f (x))2 =... c)2 3 đẳng thức : + + ≥ 2 2 2 2 2 2 5 (b + c) + a (c + a) + b (a + b) + c Lời giải Nhận xét : Bài toán này có trong cuốn sách “ Tuyển tập các bài toán từ những cuộc thị tại Trung Quốc ” , được giải khá phức tạp bằng cách sử dụng bất đẳng thức Schur Ở đây tôi đưa hai lời giải khá đẹp, đặc biệt là lời giải thứ hai khá độc đáo nhờ việc sử dụng tính đồng bậc của biểu thức tham gia trong bất đẳng thức các... pháp hình thành các đường conic cũng được trình bày ở đây Mục 4 là một số bài toán phổ thông về đường conic được giải bằng công cụ số phức Trước đó, để hỗ trợ cho việc giải các bài toán nói trên, trong mục 1 sẽ trình bày một số công thức hình học dưới dạng phức như phương trình đường thẳng, đường tròn, khoảng cách, diện tích tam giác, 2 Một số yếu tố hình học giải tích Các kết quả trong mục này có thể... Giả sử trong hệ trục Oxy, một đường cong (C) có phương trình tham số x = f1 (t) y = f2 (t) , với f1 (t) , f2 (t) là các hàm thực đối với tham số t Khi đó phương trình tham số phức của đường cong (C) là z = x + iy = f1 (t) + if2 (t) = f (t) Hàm f (t) được gọi là hàm phức đối với tham số thực t 2.1 Đường thẳng • Phương trình tham số của đường thẳng qua 2 điểm A và B là z = (1 − t)a + tb • Phương trình. .. minh rằng : 2 7 1 1 1 1 1 1 1 1 ≥ + + + (1) + 2+ 2+ a2 b c 25 a b c a + b + c (a + b + c)2 Lời giải Nhận xét : Bất đẳng thức trên là bất đẳng thức thuần nhất Khi ta thay (a; b; c) bởi (ta; tb; tc) thì bất đẳng thức không thay đổi Do đó không mất tính tổng quát, giả 1 1 1 sử a + b + c = 1 (a, b, c > 0) Bất đẳng thức cần chứng minh viết lại : 2 + 2 + 2 + 1 ≥ a b c 2 7 1 1 1 + + + 1 (2) 25 a b c 204 ≥ 1... > v thì u − v > 0 nên f (u − v) > 0 Mà hàm trên cộng tính nên f (u) > f (v) Vậy hàm f đồng biến , vậy f (x) = kx Mà f (1) = 1 nên f (x) = x 107 WWW.VNMATH.COM Bất đẳng thức đồng bậc Huỳnh Tấn Châu Trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh, Phú Yên Trong những năm gần đây, một số đề thi học sinh giỏi Quốc gia có bài toán về bất đẳng thức Một số các bài toán bất đẳng thức có dạng thuần nhất (đồng bậc) Nhằm... (VMO – 2002 BẢNG A) Giả sử a, b, c là các số thực sao cho đa thức P (x) = x3 + ax2 + bx + c có ba nghiệm thực (các nghiệm không nhất thiết đôi một khác 3 3 2 nhau) Chứng minh rằng : 12ab + 27c ≤ 6a + 10(a − 2b) 2 Hỏi dấu đẳng thức xảy ra khi nào ? TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Nguyễn Văn Mậu, Bất đẳng thức – Định lí và áp dụng, Nhà xuất bản Giáo dục 2006 [2] Phan Đức Chính, Bất đẳng thức, Nhà xuất bản Giáo... rèn luyện kỹ năng giải quyết các bài toán này, tôi xin được trao đổi bài viết nhỏ này 1 BẤT ĐẲNG THỨC THUẦN NHẤT (ĐỒNG BẬC) Hàm số f (x1 , x2 , , xn ) của các biến số thực x1 , x2 , , xn được gọi là hàm thuần nhất bậc k nếu với mọi số thực t ta có :f (tx1 , tx2 , , txn ) = tk f (x1 , x2 , , xn ) Bất đẳng thức f (x1 , x2 , , xn ) ≥ 0, với f là hàm thuần nhất, được gọi là bất đẳng thức thuần nhất Ví... bất đẳng thức thuần nhất Ví dụ : Các bất đẳng thức Cauchy, bất đẳng thức Bunhiacopsky, bất đẳng thức Chebyshev là các bất đẳng thức thuần nhất 2 MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC CHUYỂN ĐƯỢC VỀ DẠNG ĐỒNG BẬC Bài toán 1 Cho a, b, c > 0 và a + b + c = 1 Chứng minh rằng : 5 (a2 + b2 + c2 ) ≤ 6 (a3 + b3 + c3 ) + 1 (1) Lời giải Với giả thiết a + b + c =1, viết lại bất đẳng thức (1) dưới dạng tương đương : 5 (a2 + b2 +... + 3x2 + 3y 2 4z 4x1 + 3y1 + 3z1 y1 z1 + Các phân thức ở vế phải có tử số và mẫu số đồng bậc, 4y1 + 3z1 + 3x1 4z1 + 3x1 + 3y1 x1 y1 z1 không mất tổng quát, giả sử x1 + y1 +z1 = 1 VT ≥ + + Đặt f (t) = x1 + 3 y1 + 3 z1 + 3 t −6 3 // < 0 ⇒ f (t) là hàm lồi trên (0, +∞) Áp , t > 0,f / (t) = 2 , f (t) = t+3 (t + 3) (t + 3)3 x1 + y1 + z1 1 dụng bất đẳng thức hàm lồi ta có : f (x1 )+f (y1 )+f (z1 ) ≥ 3.f = . Sử dụng tính chất ánh xạ giải một số lớp phương trình hàm Nguyễn Đình Thức Trường THPT Chuyên Lê Quý Đôn, Bình Định Trong chương trình toán phổ thông ta thường gặp các bài toán giải tích. ngược lại. Bài viết đề cập đến phương pháp sử dụng tính chất ánh xa; hàm số để giải một số phương trình hàm 1 Phương pháp thay giá trị để xác định hàm số Khi thay giá trị biến số bởi giá trị. (f(0)) 2 + c −(f(0)) 2 = c + )Sử dụng tính chất toàn ánh : Ta thấy tồn tại a để f(a) = 0 95 Cho x = y = a vào (16) và sử dụng f(a) = 0 ta có f (0) = a Cho x =0;y=a vào (16) và sử dụng f(a) = 0 ta có f